2020届广东省兴宁市第一中学高三上学期期末考试数学(文)试题

数学(文)试题 2020.01.04

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的）。

1．设集合Pxx11，Qx1x1，则P2Q（ ）

A．1,2 B．1,0 C．1,2 D．0,1 2．若复数z满足1iz12i，则z( )

A．21031 B． C． D． 22223．a是直线axya和x(a)ya平行的( ) A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

4．记Sn为等差数列an的前项和，若S52S4，a2a48，则 a5（ ）

A. 6 B. 7 C. 8 D. 10 5． 函数yxcosxsinx的图象大致为（ ）

6．一个蜂巢里有1只蜜蜂.第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第5天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( ) A. 46 656

B.7776

C.216

D.36

7．已知双曲线C的中心为坐标原点，离心率为3，点P22,2在C上，则C的方程为( )

x2y2x2y2x2y2y2x21 B．1 C．1 D．1 A．42714241478.已知函数yfx在区间

,0内单调递增，且fxfx，若

- 1 -

1aflog13,bf21.2,cf，则a,b,c的大小关系为（ ）

22A. acb B. bca C.bac D.abc

9．由y2sin(6x)的图象向左平移所得图象对应的函数解析式为( )

A．y2sin(3x) B．y2sin(3x C．y2sin(3x16个单位，再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍后，31) 6161) 12 D．y2sin(12x)

1610．若函数f(x)a3xx22x没有极小值点，则a取值范围是( ) 3111 A、0, B、,2 C、0, D、0,

2222111．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形ABCD，如图2所示.

其中AB2AD4，则该几何体的表面积为( )

A、1612 B、168 C、1610 D、8

x2y212．已知椭圆C： 221(ab0)的长轴是短轴的2倍，过右焦点F且斜率为k(k0)的直线与 C

ab相交于A，B两点．若AF3FB，则k( ) A. 1 B. 2 C.

3 D. 2

二．填空题（本大题共4小题, 每小题5分, 共20分. 把答案填在答卷的相应位置）。

yx13. 已知x,y满足约束条件xy1,则z2xy的最大值为

y1

- 2 -

1，|a|1，|b|，则向量a2b与a的夹角为 ．

2315. 已知三棱锥ABCD中，ABBDAD2,BC1,CD3. 若平面ABD平面BCD，则三

14. 已知向量a与b的夹角是

棱锥ABCD的外接球的表面积为__________.

lgx,x0216. 已知函数fx2，若关于x的方程fxbfx10有8个不同根，则实数

x6x4,x0b的取值范围是______________．

三．解答题（本大题共6小题，共70分，其中第17-21题分别为12分，第22题10分。解

答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）。

17．（12分）在△ABC中，A=

（1）求tanB； （2）△ABC的面积S=

，3sinB=5sinC． 3153，求△ABC的边BC的长． 418. （12分）若数列{an}是递增的等差数列，其中的a3＝5，且a1、a2、a5成等比数列．

1

( 1 ) 设bn＝，求数列{bn}的前n项的和Tn.

（an＋1）（an＋1＋1）( 2 ) 是否存在自然数m，使得

说明理由．

19．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，ABAD，且ABADm－2m

1CD1．现以AD2为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，如图2．

EDCEFDCFA图1

BAB

（1）求证：BC平面BDE; （2）求点D到平面BEC的距离.

图2

20.（12分） 已知动圆C过定点F(1,0)，且与定直线x1相切．

- 3 -

（1）求动圆圆心C的轨迹E的方程；

（2）过点M2,0的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P,Q，试探究在x轴上是否存在定点N（异于点M），使得QNMPNM？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．

21．（12分）

已知函数fxaxlnxb（a,b为实数）的图象在点1,f1处的切线方程为yx1． （1）求实数a,b的值及函数fx的单调区间； （2）设函数gxfx1x，且gx1gx2(x1x2)，

证明：x1x22．

22.（10分）选修4-4：坐标系与参数方程 已知曲线C的极坐标方程为=23cos2，si直n线l1:6(R)，l2:3(R)．以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．

（1）求直线l1，l2的直角坐标方程以及曲线C的参数方程；

（2）已知直线l1与曲线C交于O,A两点，直线l2与曲线C交于O,B两点，求AOB的面积．

兴宁一中高三(文科)数学期考测试题答案 2020-01-04

一、选择题:

1—12 ： DCCD DBBB ACAD 二、填空题：

（2，174]

- 4 -

直线

13. 3 ； 14.

16 ； 15. 16. ；

3 ；3三．解答题

17．解：（1）由

由

得，

得，

，-----1分

……3分

……4分，所以

（2）设角由

、

、

所对边的长分别为

、

，、

……6分

和正弦定理得，……7分

由得……8分

解得（负值舍去）……10分

由余弦定理得，

……12分

18. 解：（1）在等差数列中，设公差为d≠0，

a2＝a1a5（a1＋d）＝a1（a1＋4d）a1＝1，

由题意(2分) ∴∴an＝2n－1 (3分) a3＝5a1＋2d＝5d＝2，

2

2

11111则bn＝＝＝(－) (4分)

（an＋1）（an＋1＋1）2n×（2n＋2）4nn＋1

11111111111n所以Tn＝(－)＋(－)＋…(－)＝(1－)＝ (6分)

4124234nn＋14n＋14（n＋1）11

（2）Tn＋1－Tn＝>0，∴{Tn}单调递增．(7分)∴Tn≥T1＝. (8分)

4（n＋1）（n＋2）811111

Tn＝(1－)＝－< ( 9分)

4n＋144（n＋1）4

m－21

4<855m－2m要使得4542m1

5≥4

*

n∵m是自然数，∴m＝2.(12分)

- 5 -

19.解：（1）在正方形ADEF中，EDAD． 又因为平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，ED平面ADEF，

所以ED平面ABCD．所以EDBC． -------2分 在直角梯形ABCD中，ABAD1，CD2，可得BC在△BCD中，BDBC2．

2,CD2，所以BD2BC2CD2．所以BCBD．---4分

又EDBC，EDBD=D，所以BC平面BDE． -------6分 （2） 解：BE平面BDE,所以BCBE

所以SBCD11 BDBC221,22-------7分

SBCE116BEBC23. -------8分 222又VEBCDVDBCE，设点D到平面BEC的距离为h. ------9分 则

SDE1116 SBCDDESBCEh，所以hBCD33SBCE362--------11分

6. -------12分 3所以点D到平面BEC的距离等于

20．（1）解法1：依题意动圆圆心C到定点F(1,0)的距离，与到定直线x1的距离相等，…1分 由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1,0)为焦点，x1为准线的抛物线， …2分 其中p2．动圆圆心C的轨迹E的方程为y4x． …………………3分 解法2：设动圆圆心Cx,y，依题意：22x12y2x1. … ……………2分

化简得：y4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程． …………………3分 （2）解：假设存在点Nx0,0满足题设条件．

由QNMPNM可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPNkQN0 ① …4分 直线PQ的斜率必存在且不为0，设PQ:xmy2, ……………………5分

y24x2由得y4my80． ……………………………6分 xmy2

- 6 -

由4m480,得m22或m2． ………… ……………7分

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则y1y24m,y1y28． …………………………………8分 由①式得kPNkQNyxxy2x1x0y1y21200,

x1x0x2x0xxxx1020y1x2x0y2x1x00,即y1x2y2x1x0y1y20．

消去x1,x2，得

112y1y2y2y12x0y1y20, ……………………………………9分 441y1y2y1y2x0y1y20, ………………………………………………10分 41y1y20,x0y1y22, ………………………………………………11分

4存在点N2,0使得QNMPNM． ………………………………………12分

21．解： （1）由题得，函数fx的定义域为0,，fxa1lnx， 因为曲线fx在点1,f1处的切线方程为yx1，

f1a1，所以…………1分

f1aln1b0，解得a1,b0.…………2分 令fx1lnx0，得x当0x1， e11时， fx0， fx在区间0,内单调递减；…………3分 ee当x11时， fx0， fx在区间,内单调递增. …………4分 ee1e1e所以函数fx的单调递减区间为0,，单调递增区间为,.…………5分

（2）法一：gxfx1xlnx111x1x0，gx22x0 xxxx当0x1时，ygx单调递减，当x1时，ygx单调递增，

gminxg11 ………………7分

由gx1gx2(x1x2)，不妨设0x11x2，x21，12x12，……8分

- 7 -

由x1时，ygx单调递增，欲证x1x22，即x22x1 只要证gx2g2x1，又gx1gx2，即证gx1g2x1，

即要证gx1g2x100x11 （或gx2g2x20） ……9分 下证gx1g2x100x11

令hxgxg2x0x1，即hxlnx11ln2x0x1 x2x24x11111x1x1h'x20 22222xxx2x2xxx2x2当0x1时，yhx单调递减，hminxh10 ………………11分

即当0x1时，yhx0恒成立，gxg2x0 0x1

即gx1g2x10，x1x22得证. ………………12分 法二：由（1）得， gxfx1xlnx1. xx-xx1，即21ln20.……6分 x2x1x2x1由g1x1gx2(x1x2)，得lnx1xlnx21要证x1x22，需证x1x2x2-x1xxxx2ln2，即证212ln2，…………7分 x1x2x1x1x2x1设

1xxxx2t(t1)，则要证212ln2，等价于证： t2lnt(t1).

x1x2x1x1t21121令u(t)t2lnt，…………9分 则u(t)1210，……10分

tttt∴ut在区间1,内单调递增， utu10,…………11分

1t即t2lnt，故x1x22.…………12分

22．解：（1） 依题意，直线l1的直角坐标方程为y3x，l2的直角坐标方程为y3x． 3 …………………………………………………2分

2由=23cos2sin得=23cos2sin，

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因为xy,cosx,siny， ………………………………………3分 所以(x3)2(y1)24， ………………………………………………………4分 所以曲线C的参数方程为222x32cos（为参数）．………………………5分

y12sin6（2）联立得OA14， ……………………………6分 =23cos2sin同理，OB223．……………7分 又AOB6， ………………8分

所以SAOB111OAOBsinAOB42323， ………………9分 222即AOB的面积为23． …………………………………………………10分

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